复旦大学第五章 定积分计算.doc

Methods of Mathematical Physics (2016.10) Chapter 5 Chapter 5 Calculations on definite integrals YLMa@Phys.FDU 定积分计算 Abstracts:留数定理及其应用——定积分、积分主值 一、留数定理和留数的求法(Residue theorem and residue calculations) 1．留数的定义：设 z0 是函数 f (z) 的孤立奇点(isolated singularity)，即除过 z =z0 点 以 外 函 数 f (z) 是 解 析 的 ， 则 f (z) 在 z0 的 留 数 定 义 为 Resf (z0 ) = 1 òc f (z)dz ，其中 c 为绕 z0 的闭曲线（ c 积分沿正方向进 2pi Ñ 行）且内部无其它奇点，记号为 Resf (z) zz0 或 Resf (z0 ) . （1）有限远孤立奇点的留数： f (z) 在 z0 邻域 (0  z  z0  r ) 内（不含 其它奇点）的罗朗级数（Laurent series）展开的 - 1次幂项 (z  z0 )1的 系数 a1 称为 f (z) 在奇点 z0 的留数。即 Resf (z0 ) = 1 òc f (z)dz =a- 1 . 2pi Ñ 此定义基于如下的事实：  f (z)   ak z  z0 k ，其中 ak = k 1 f (z) òc (z - z0)k+1 dz. 2pi Ñ 令函数 f (z) 沿以孤立奇点 z0 为中心的一个圆周 c 积分   c k k k k f (z)dz   ak z  z0 dz   ak z  z0 dz ， c ì 2pi (k =- 1) k 而 Ñ òc (z - z0 ) dz =íî 0 (k ¹ - 1), 所以 c Ñ òc f (z)dz =2pia . -1 可见，级数中仅仅 a1z  z0  项对积分有贡献，积分后唯有 a1 这个系 1 数留下来，故名之为留数(residue). （2）无穷远点的留数： f (z) 在以 z0  0 为中心，环 R  z   内（不含 其它奇点）的罗朗级数展开的 - 1次幂项 (z  z0 )1的系数 a1 的反号称为 f (z) 在  点的留数。即 Resf (¥ ) = 1 f (z)dz =- a- 1 （此定义直观）。 2pi jòc 1 Methods of Mathematical Physics (2016.10) Chapter 5 Calculations on definite integrals YLMa@Phys.FDU 这是因为：对于无穷远点，以 z   为展开中心、在区域 R  z   里展开的罗朗级数与以 z0  0 为中心、在区域 R  z   展开的罗朗级 ¥ 数有相同的形式: f (z) = å ak zk . 换言之，以 z0  0 为中心、在区域 k=- ¥ R < z - b <¥ 展开罗朗级数亦可，其中 b 任意（实际为 z   的邻域）。 (Chapter 1:无穷远点只有一个，其模   ，而幅角不定)。 同时注意到，对无穷远点的邻域来讲, cR 的正方向为顺时针方向。因此， ¥ ¥ ¥ k=- ¥ k=- ¥ k k k Ñ ò f (z)dz =Ñ ò å ak z dz = å Ñ ò ak z dz =- å jòak z dz =- 2pia- 1. cR cR clockwise clockwise cR k=- ¥ c- R clockwise counter clockwise 2． 留数定理：如果 f (z) 在区域 D 中有 n 个孤立奇点 z1, z2, , zn ，而除 了这些奇点外， f (z) 是解析的，那么 f (z)dz +Ñ f (z)dz +L +Ñ f (z)dz Ñ ò ò ò c c c 1 n 2 =2pi [Resf (z1) +Resf (z2 ) +L +Resf (zn )] n =2pi å Resf (zk ), k=1 其中 c1, c2, , cn 分别是围绕奇点 z1, z2, , zn 的小圆周(反方向, 与外界 l 同 方向)，再根据复连通域的柯西定理（Cauchy’s theorem） ，可以得到 n n k=1 ck k=1 Ñ òf (z)dz =å Ñ òf (z)dz =2piå Resf (zk ) , l l 是区域 D 的外境界线，也可以是境界线之内的任一条闭合曲线，只要它 包围 n 个孤立奇点并且沿确定(正)方向围绕奇点一圈。这就是留数定理。 [留数定理]：如果函数 f (z) 在闭曲线 l 所围的区域内，除具有有限个孤立 奇点(isolated singularities) z =zk (k =1,2,L , n) 外是解析的，在 l 上也是解析 的，则 f (z) 沿 l 的回路积分（逆时针方向）等于 f (z) 在 l 内所有奇点的留 n 数之和的 2pi 倍，即 Ñ ò f (z)dz =2piå Resf (zk ). l k=1 2 Methods of Mathematical Physics (2016.10) Chapter 5 Calculations on definite integrals YLMa@Phys.FDU 留数定理的推论：若 f (z) 在闭复平面内(包括无穷远点)除有限个孤立奇点 2． 外处处解析，则 f (z) 在全平面上全部留数之和为零（挖去所有奇点并且计及 n 无穷远点）： å Resf (z) = å k=1( zk <¥ ) Resf (zk ) +Resf (¥ ) =0. 说明： * 留数定理表明了解析函数沿闭曲线的积分与它的孤立奇点之间的关系， 体现了解析点与奇点的内在联系。这是解析函数在不同点取值之间的相互关 联这个性质的又一表现，即它是单(复)通域 Cauchy 定理的推广(变形)。 ** Laurent series 的负幂次由有限内环 r 内的奇异性引起，其积分方向为 jò; r Laurent series 的正幂次由有限内环 r 以外(即外环 R 以外甚至直接至 ¥ )的奇 异性引起，其积分方向为 iò . R *** z =¥ 可以是函数 f (z) 的奇点亦可以不是奇点，只要存在 - a- 1, 它就是无 穷远点的留数 Resf (¥ ). 3．留数的求法（Residue calculations） (定义是定义，定理是定理，计算留数是另一回事)。 (1) 罗朗级数法: 一般地，对于本性奇点，例如 f (z) 中含指数函数、三角函 数（ ez , sinz, ）等，虽然极点是高阶的，罗朗级数展开有无穷多项，但 是我们仅仅需要与 a1 相关的项即可，这样往往比较简单。 (2)可去奇点：若 b 是 f (z) 的可去奇点( b   ), lim f (z) 有限, 则 Resf (b) =0. z®b 注意：即使  点是 f (z) 的可去奇点，其留数也不一定为 0 ，除非 f (z) 在 一切有限远点的留数之和为 0 . 例如， f (z)  1 1/ z , Resf ( )  1, Resf (0)  1. (3)高阶极点(Multiple pole，high order pole)：若 b 是 f (z) 的 m (m 1) 阶极点，  即 f (z)   ak z  b (am  0) ， k k m 3 Methods of Mathematical Physics (2016.10) Chapter 5 Calculations on definite integrals  YLMa@Phys.FDU  1 dm1 m Resf (b)  lim m1 z  b f  z . m 1! z b dz 则 [证明]: 如果 z  b 是 f (z) 的 m阶极点，则在这点的邻域内罗朗级数是 f (z)   am am1     ak z  bk (am  0) ,  m m1 z  b z  b k m m m- 1 Q (z - b) ×f (z) =a- m +a- m+1 (z - b) +L +a- 1 (z - b) +L , ¥ dm- 1 é dm- 1 é m k+m ù z - b) f (z) = å ak m- 1 (z - b) ù m- 1 ë( û k=- m dz ë û dz ¥ k+1 = å (k +m)(k +m- 1)L (k +2)ak (z - b) . k=- 1 !a1 . 所以 取极限 z  b 后右端只留下 k  1项，即 m 1   1 dm1 m Resf (b)  a1  lim m1 z  b f  z . m 1! z b dz z . (4) 单阶极点(Simple pole): 当 m=1时, b 为单极点 Resf (b)  limz  bf  z b 特别地，如果 f (z) 可以写成 P (z) 的形式，其中 P (z) 和 Q(z) 均在 b 点解 Q(z) 析，而且 z =b为 Q(z) 的一阶零点，即 Q(z) =0, Q '(z) ¹ 0, P (z) ¹ 0, 那么  P (z)  P (z) P (b) . Resf (b)  limz  bf  z  limz  b  lim   z b z b Q(z)  z b Q(z)  Q(b) Q'(b)  zb （5）根据定义： Resf (b) = 1 òc f (z)dz，其中 c 为绕 z  b一圈的闭曲线且 2pi Ñ 其内部无其它奇点，积分  沿正(沿奇点的反)方向进行。 c 5. 例题（Examples） 1 Example 1. 求函数 f (z)  ez 1 z 在 z  0， z  1， z   点的留数。 [解] z =0,1, ¥ 分别是本性奇点，一阶奇点和一阶零点。 4 Methods of Mathematical Physics (2016.10) Chapter 5 Calculations on definite integrals YLMa@Phys.FDU 法一（Expand to the Laurent series）： ① z  0是 f (z) 的本性奇点，因此，将 f (z) 在 z  0的邻域作罗朗级数展开 æ 1 1 1 1 1 ö f (z) =ç1+ + 2 + 3 +L ÷(1+z +z2 +z3 +L ) è z 2! z 3! z ø æ 1 1 ö1 =L +ç1+ + +L ÷ +L , è 2! 3! øz ¥ 1 1 1 z Resf (0)  1     e 1. [Q e =å zn and z =1] 2! 3! n=0 n! 1 ¥ ② 设 ez =å cn (z - 1)n 并且 c0 =e （其余的 cn 虽然复杂，但是我们用不到），则 n=0 1 f (z) = ez 1- z =- 1 ¥ cn (z - 1)n. å z - 1 n=0 故 Resf (1) =a- 1 =- c0 =- e. ③ Resf (0) +Resf (1) +Resf (¥ ) =0 （全复平面留数之和为零） 。 Resf (¥ ) =1. 法二（Formula）： ① z  1是 f (z) 的一阶极点，因此 1 é ù ez ú ê Resf (1) =lim (z - 1) =- e. z®1 ê 1- zú ê ú ë û ② 将 f (z) 在 z   的邻域作罗朗级数展开 1 e1/ z z 1- 1/ z æ 1 1 1 1 1 öæ 1 öæ 1 1 1 ö =ç1+ + + 3 +L ÷ç- ÷ç1+ + 2 + 3 +L ÷ 2 è z 2! z 3! z øè z øè z z z ø 1 =L +(- 1) +L , f (z) =- 1 z Resf ( )  (1)  1. 5 Methods of Mathematical Physics (2016.10) Example 2. 求函数 f (z)  Chapter 5 ez z  15 Calculations on definite integrals YLMa@Phys.FDU 在 z  1点的留数。 [解一] (z - 1) +(z - 1) +(z - 1) +L ù, e×ez- 1 e é f (z) = = = 1 + z 1 + ê ú ( ) 5 5 5 2! 3! 4! (z - 1) (z - 1) (z - 1) ëê ú û 2 ez Resf (1) = [解二] e = e 4! 24 3 4 . z  1是 f (z) 的五阶极点，因此 1 d5- 1 é ez ù 1 d4ez e 5 Resf (1) = lim = lim = . ê(z - 1) 5ú (5- 1)! z®1 dz5- 1 êë (z - 1) úû 4! z®1 dz4 24 1 （X）Example 3. 求函数 f (z)  z  1 3 2 在 z =i 点的留数。 [解] z2 +1=(z - i )(z +i ), z =±i 是 f (z) 的三阶极点，因此 é ù 1 d2 ê 1 ú 1 d2 é 1 ù 3i 3 Resf (i ) = lim 2 (z - i ) = ê ú =- . 3 3 2 2! z®i dz ê (z2 +1) úû 2 dz êë(z +i ) úûz=i 16 ë （X）Example 4. 求函数 f (z) = sin2z (z +1) 3 的留数。 [解] z =- 1是 f (z) 的三阶极点， z =¥ 是本性奇点，因此 1 d2 Resf (- 1) = lim 2 sin2z =- 2sin2z |z=- 1=2sin2. 2! z®- 1 dz Resf (¥ ) =- 2sin2. （X）Example5. 求函数 f (z)  1 在 z  n ( n 为整数)的留数。 sinz [解一] z  n 是 f (z) 的单极点，因此 (z - np )' = - 1 n . 1 ù é Resf (np ) = lim ê(z - np ) = lim ( ) ú z®np sin zû z®np (sin z)' ë 1 1 n = =(- 1) . (sin z)' z=np cos z z=np [解二] Resf (np ) =   Example 6. Find the residue of sinz/ 1 z4 at z =i . 6 Methods of Mathematical Physics (2016.10) Chapter 5 Calculations on definite integrals YLMa@Phys.FDU [解一] z =i 是 f (z) 的单极点，因此 sin z ù sin z sini é Resf (i ) =limê(z - i ) = lim = 4 2 z®i 1- z ú ë û z®i (1- z )(z +i ) 4i = e- 1 - e e- e- 1 1 = = sinh(1). (2i )(4i ) 8 4 sin z [解二] Resf (i ) = ¢ (1- z ) 4 = sin z sini 1 = 3 = sinh(1). 3 - 4z z=i - 4i 4 z=i eimz Example 7. 求函数 f (z) = (实常数 m¹ 0 )的留数。 1+z2 [解] z =±i 是 f (z) 的一阶极点， z =¥ 是本性奇点（高振荡），因此 eimz e- m eimz em Resf (i ) = = ; Resf (- i ) = = ; z +i z=i 2i z - i z=- i - 2i i Resf (¥ ) =- [Resf (i ) +Resf (- i )] = (e- m - em) =- i sinh m. 2 (z2 - 1)2 (X) Example 8. 求函数 f (z) = 2 ( ab =1,a ¹ b )的留数。 z (z - a )(z - b ) [解] z =a , b 是 f (z) 的一阶极点， z =0是二阶极点， f (¥ ) =1解析，因此 (z2 - 1)2 (a 2 - 1)2 (a - 1/ a )2 Resf (a ) = 2 = = =a - b; z (z - b ) z=a a 2 (a - b ) a-b (z2 - 1)2 Resf (b ) = 2 =b - a ; z (z - a ) z=b Resf (0) 是 z2 f (z) 在 z =0附近 Taylor 展式中的一次项 a1z 的系数 a1 : (z2 - 1)2 (z2 - 1)2 æ 1 1 ö z f (z) = = ç (z - a )(z - b ) a - b èz - a z - b ÷ ø 2 ù ù (z2 - 1)2 éæ1 1 ö æ1 (z2 - 1)2 é1 z 1 z 1ö = (1 + + L ) (1 + + L ) = + z + L ú. ú a - b êç b a ÷ ç b 2 a 2 ÷ a-b ê b a a ëb û ø è ø ëè û 1 æ1 1ö 2 2 ç 2 - 2 ÷=a +b; (放心取 (z - 1) 项 z =0). a - b èb a ø \ Resf (0) = Resf (¥ ) =- [Resf (a ) +Resf (b ) +Resf (0)] =- (a +b ). 7 Methods of Mathematical Physics (2016.10) Chapter 5 Calculations on definite integrals YLMa@Phys.FDU 二、留数定理在定积分计算中的应用 (Residue theorem’s application to the definite integral calculations) A. 基本思路与方法： 目标：为了计算实函数 f (x) 在整个实轴上或实轴上某一线段 b I 上的积分  f (x)dx，可分为以下三个步骤（方法）： a 1．将 f (x) 看作复变函数 f (z) 当 z  x的特殊情况，即将 f (x) 延拓至复平面 F (z) ( f (z) 和 F (z) 之间有千丝万缕的关系)。 2．将实积分路径改变为复平面闭曲线，其内部为 D——或做 变换，将 ab 变为闭曲线，或补一段 bMa使其成为闭曲线。 3． 在 D 上对 F (z) 或 f (z) 应用留数定理计算闭路上的积分，这样就把实轴上 f (x) 的积分转化为计算 f (z) 在 D 内奇点的留数以及  f (z)dz 了。即 bMa b ò f (x)dx+ò f (z)dz =iòl f (z)dz =2piåj Resf (zj ). a bMa Key: ò f (z)dz =? (see t he Lemma 1, 2 and 3 bel ow) bMa B. 基本类型: 2 dx，其中 R(sinx, cosx) 是 sinx, cosx的有理式。 1.  Rsinx, cosx 0 方法：作单位园变换 z  eix ， x 0,2 ，即将 0 ~2 的直线路径变为单位圆 z - z- 1 周 z  1路径。并且 sin x = , 2i 2p cos x = z +z- 1 2 , 1 dx = dz ，则 iz æz - z- 1 z +z- 1 ö 1 , ÷ dz . 2 i 2 è øiz ò R(sin x,cos x)dx =Ñ ò Rç z =1 0 1 æz - z- 1 z +z- 1 ö 令 F (z) = R ç , ÷，那么 iz è 2i 2 ø 2p ò R(sin x,cos x)dx =2piå ResF (z) . 0 z <1  Example 1. I   sin2 xdx . 0 8 Methods of Mathematical Physics (2016.10) Chapter 5 Calculations on definite integrals YLMa@Phys.FDU 1 cos(2x)  dx  .（简单！） 0 2 2  [解一] I   [解二] 2 æz - z- 1 ö 1 1 p 1 1 (z2 - 1)2 2 I = ò sin xdx = Ñ dz ç ÷ dz =- òz =1 2 -p 2 òz =1è 2i ø iz 8i z3 é(z2 - 1)2 ù 展开 p æ 1ö æ 1ö =(2pi ) ç- ÷Resê =(2pi ) ç- ÷(- 2) = . ú 3 2 è 8i ø è 8i ø ë z ûz=0 sin2 x Example 2. I   dx (a  b  0). 0 a  bcosx 2 [解] 2 æz - z- 1 ö 2 2 ç ÷ z2 - 1) z2 - 1) ( ( 1 è 2i ø 1 1 F (z) = ==, z +z- 1 iz 2bi 2 æ 2 2a 2bi z2 (z - z1 )(z - z2 ) ö z çz + z +1÷ a +b b 2 è ø z1 = - a + a2 - b2 b , z2 = - a- 其中 a2 - b2 , z1z2 =1. b [韦大定理: Ax2 +Bx +C =0 的两个根 x1, x2 满足 x1x2 =C / A, x1 +x2 =- B / A ]. 在单位圆 ( z  1) 内 F (z) 有两个孤立奇点: z  0（二阶奇点）， z  z1 （一阶奇 点）。 z =z2 （一阶奇点）在单位圆 ( z >1) 外。因此，我们有 计算 d 2 1 a é ù z F ( z ) =z + z = . ( ) 1 2 û z®0 dz ë 2bi ib2 计算 1 i ResF (z1) =limé z z F ( z ) =z1 - z2 ) = 2 a2 - b2 . ù ( ) ( 1 ë û z® z1 2bi b ResF (0) =lim ( 2p æ 1 ö ÷×2z1 = 2 a b è 2bi ø I =2pi ×[ResF (0) +ResF (z1)] =2pi ç- ) a2 - b2 . 三个引理： 引理 1(大圆弧引理):如果 f (z) 在区域 D： R  z  a   ， 1  arg(z  a)  2 上 连 续 ， 且 当 z(zÎ D) ® ¥ 时 ， (z  a) f (z) 一 致 地 趋 于 K ， 简 记 为 (z - a) f (z) Þ K , 则 lim f (z)dz  iK 2  1 ， 其中 CR 是以 a 为圆心， R 为半径， R  CR 夹角为 2  1 的圆弧， z - a =R,q1 £ arg(z - a) £ q2. dz  i2  1 ，所以 CR z  a 证明：因为  9 Methods of Mathematical Physics (2016.10) Chapter 5 æ Calculations on definite integrals YLMa@Phys.FDU K ö dz òC f (z)dz - iK (q - q ) = òC çè f (z) - z - a ÷ ø 2 R 1 R = ò ((z - a) f (z) - K ) CR £ ò (z - a) f (z) - K CR dz z- a dz . z- a 由于当 1  arg(z  a)  2 ， z   时， (z  a) f (z) 一致地趋于 K ，这意味着任 给   0 ，存在[与 arg(z  a) 无关，D 内各向同性的] M ()  0，使当 z - a =R >M 时， (z  a) f (z)  K   ，所以  f (z)dz  iK 2  1  2  1 （ z - a =Reiq , CR 大模之比 R / R =1，仅仅积分相位即可） ，即 lim f (z)dz  iK 2  1 （方向正 R  CR 向） 。 引 理 2( 小 圆 弧 引 理 ) ： 若 函 数 f (z) 在 区 域 D ： 0  z  a  r ， 1  arg(z  a)  2 上连续，且当 z(zÎ D) ® a 时， (z  a) f (z) 一致地趋于 k ， 则 limò f (z)dz =ik (q2 - q1 )，其中 Cr 是以 a 为圆心， r 为半径，夹角为 2  1 r ®0 Cr 的圆弧， z - a =r,q1 £ arg(z - a) £ q2. dz  i2  1 ， Cr z  a 证明: 因为  j z=reiq {I n (r,j ) =ò z dz = ir n cr n+1 òe i (n+1)q dq 0 n+1 = r [ei (n+1)j - 1],(j º q2 - q1, N =±1, ±2,L ) n +1 I - 1(r,j ) =ij ; I n³ 0[r =(0, ¥ ),j ¹ 2p N / (n +1)] =(0, ¥ ), r ® 0 小圆弧引理； I n¹ -1(r,2p ) =0; I n£-2[r =(0, ¥ ),j ¹ 2p N / (n +1)] =(¥ ,0), r ® ¥ 大圆弧引理。 亦即，高阶极点的一段圆弧的积分发散，而整个圆弧的回路积分为零；或者说， 虽然复平面是各向同性的，但是积分值与相对位相差相关} 所以 æ k ö dz òC f (z)dz - ik (q - q ) = òC çè f (z) - z - a ÷ ø 2 r 1 = ò ((z - a) f (z) - k) Cr r dz dz £ ò (z - a) f (z) - k . z - a Cr z- a 由于当 1  arg(z  a)  2 ， z  a 时， (z  a) f (z) 一致地趋于 k ，这意味着任给 10 Methods of Mathematical Physics (2016.10) Chapter 5 Calculations on definite integrals YLMa@Phys.FDU   0，存在[与 arg(z  a) 无关，D 内各向同性的]  ()  0，使当 z  a  r   时， (z - a) f (z) - k 0) 这样，就证明了 lim f (z)eimzdz  0 . R  CR  2．  f (x)dx - 条件：(1)由 f (x) 唯一确定的函数 f (z) 除在上半平面（ Imz  0) 只有有限个奇 点 {bk}=b1,b2,L ,bN 以 及 在 实 轴 上 最 多 有 有 限 个 单 阶 极 点 {aj }=a1, a2,L ，an 以外是解析函数； 11 Methods of Mathematical Physics (2016.10) Chapter 5 Calculations on definite integrals YLMa@Phys.FDU (2) 在实轴和上半平面内 0  argz   ，当 z   时， zf(z) 一致地趋 于零，简记为 zf(z)  0 . N ¥ 结论： ò f (x)dx =2pi -¥ å k=1(上半平面内) Resf (bk ) +pi n å j =1(复平面实轴上 ) Resf (aj ). 证明：（1）先考虑在实轴上没有奇点的情况。 以  R ~R 的实轴为一边，补充上半圆周 CR z  R: R Ñ ò f (z)dz =ò f (x)dx+ò f (z)dz C -R 因为 limzf(z)  0 ，根据大圆弧引理, CR z  N =2pi å Resf (bk ). lim f (z)dz  0. 于是，取极限 R   k=1(c内) R  CR 就得 到 N ¥ )dx =2pi å Resf (bk ). ò f (x（2）实轴上存在一阶极点的情况。 -¥ k=1(上半平面 ) 设 f (z) 在实轴上有单极点 z  c ，我们 所取路径必须绕过 c 点。以 c 点为圆心， 充分小 r 为半径的半圆周 Cr ，如图所示 将 c 点挖去，则 c- r R Ñ òC f (z)dz =òR f (x)dx+òC f (z)dz +òc r f (x)dx+òC f (z)dz - + r R N 又 =2pi å Resf (bk ). k=1(c内) 当取两个极限 R   , r  0时，我们有， cr R  lim f (x)dx   f (x)dx   f (x)dx，   cr R   R  limzf(z)  0 ，由引理 1， lim f (z)dz  0. R  CR z  由于 z  c 是单阶极点，所以 Resf (z) z=c =lim(z - c) f (z). 由引理 2（注意积 z®c 分方向） ，我们得到 limò f (z)dz =- pi Res f (z) z=c （相位差，幅角变化 r ®0 Cr ¥ 0- p ）. 因此， ò f (x)dx =2pi -¥ N å k=1(上半平面内) Resf (bk ) +pi Resf (c). 如果实轴上存在有限个单阶极点，则 12 Methods of Mathematical Physics (2016.10) Chapter 5 N ¥ ò f (x)dx =2pi k å -¥ Calculations on definite integrals Resf (bk ) +pi =1(上半平面内) n å j =1(复平面实轴上 ) YLMa@Phys.FDU Resf (aj ). 自证：如果将实轴上单极点包含在回路内，则 limò- f (z)dz =(2p - p )i Res f (z) z=c , 但在回路内多了 r ®0 Cr limÑ ò f (z)dz =2pi Res f (z) z=c . 结果相同。 r ®0 Cr dx 1  dx  . 0 x2  1  x2  1 2  Example 1. 计算积分 I   p p /2 [解一] 令 x  tan ，则 I =ò dq = . (简单！) 0 2 R dz dx dz 1 [解二] Ñ òC z2 +1 =ò- R x2 +1+òCR z2 +1 =2pi ×Resf (i) =2pi ×2i =p 1  0，根据引理 1，所以 ( z =- i 在下半平面)。取极限 R   ，因为 limz 2 z  z 1 dz 1   CR z2  1  0. 于是得到， I  2  f (x)dx  2 . dx  (X) Example 2. 计算积分 I    x  1 n1 2 , 其中 n 为正整数。 [解] 唯一孤立奇点 z =i ( n +1阶极点， Imz >0) dz Ñ òC z +1 ( ) 2 dx R =ò n+1 +ò n+1 (x +1) -R 2 dz CR (z +1) n+1 2 1 dn é 1 ù =2pi × ê n+1 ú n!dzn ê z + i ( ) ú ë û z=i dn é 1 ù ê n+1 ú dzn ê z + i ( ) ú ë û z=i = z  C z  1 R 2 (2n)! = 2n p, 2 (n!)2 (- 1)n (n +1)(n +2)L (2n) 1 (n +1)(n +2)L (2n) 1 (2n)! = = . (2i )2n+1 2i 22n 2i 22n n! 取极限 R   ，因为 f (z) 连续且 limz dz =2pi ×Resf (i )  z  1 x  1 n1 2 n1 2 dx   0 . 因此 I   n1 1   0 ，所以，根据引理 1， (2n)! . 2 (n!)2 2n dx .  x x  1x2  1  Example 3. 计算积分 I     (如图严格相互抵消，因而有值) 13 Methods of Mathematical Physics (2016.10) [解] f (z)  Chapter 5 Calculations on definite integrals YLMa@Phys.FDU 1 zz  1z2  1   除在上半平面有奇点 z  i 外， 在实轴上还有两个单阶极点 z  0 和 z  1. 取积分路线如图，有 又 Ñ ò f (z)dz =éò +ò +ò +ò +ò +ò ù f (z)dz=2pi ×Resf (i) ê l1 ë C C1 l2 C2 l3 CR ú û 1 pi =2pi × =- (1- i ). i (i +1)(i +i ) 2 取三个极限 R   ， r1  0, r2  0， 1 dz  0 ，由引理 1，   0. 2 CR z(z  1) z2  1 zz  1z  1 因为 limz  z      1 =1, z(z +1)(z2 +1) 又因为 Resf (0) =limz× z®0 1 1 =- . 所以，由引理 2 (小圆弧引理)， 2 2 z(z +1)(z +1) Resf (- 1) =lim(z +1) × z®- 1 dz pi òC z(z +1) (z +1) =i ×Resf (- 1) ×-( p ) = 2 ， 2 1 dz òC z(z +1) (z +1) =i ×Resf (0) ×-( p ) =- pi . 因此， 2 2 I = lim éò +ò +ò ù f (z)dz =[ lim Ñ ò - limò - limò - limò ] f (z)dz R®¥ r1,r2 ®0 =- [附] pi 2 ê ë l1 l2 (1- i ) - 0- l3 pi 2 ú û R®¥ r1,r2 ®0 - (- pi ) =- p 2 C R®¥ CR r1®0 C1 r2 ®0 C2 . 柯西积分主值(Cauchy principal value)： b 通常的定积分（Riemann 积分）  f (x)dx有两个基本假设：积分区间 a, b是 a 有界的，同时函数 f (x) 在 a, b上也是有界的。反之，如果积分区间无界或 f (x) 有奇异性，则这种积分属于反常积分，这时积分就有一般值和主值之分。例如， 按广义积分定义，双边无界积分  x0 R2  R1   R1 R2   x0  f (x)dx  lim  f (x)dx lim  f (x)dx， 14 Methods of Mathematical Physics (2016.10) Chapter 5 Calculations on definite integrals  R  R  R YLMa@Phys.FDU 只当这两个积分存在时，  f (x)dx才存在。考察极限 lim f (x)dx ，显然这是 前者的特殊情形。当此极限存在时，前者可能不存在，但前者存在时，后者必存 在，并且两者相等。故通常称前者为一般值，把后者称为积分主值（按柯西的定 +¥ R 义）。 P òf (x)dx =limò f (x)dx. R®¥ - R -¥ 同理，当 f (x) 在 a, b上有不连续点 c [在 c 点 f (x) 无界且 c 仅是单极点]时， b c- e1 其一般值定义为 ò f (x)dx =limò a e1®0 a b f (x)dx +lim ò f (x)dx, 而其主值定义为 e2 ®0 c+e2 b c- e b P ò f (x)dx =liméò f (x)dx +ò f (x)dxù. 上面例 3 在三个地方均取了积分主值。 ú a c+e e®0 ê ëa û  3．  f (x)eimxdx ( m是非零实常数,Fourier Transform) - 条件：设 m 0， (1) 由 f (x) 唯一确定的函数 f (z) 除在上半平面（ Imz  0) 只有有限个 (孤立)奇点并且在实轴上最多有有限个单阶极点以外是解析的； (2) 在实轴和上半平面内，当 z   时， f (z)  0. z®¥ +¥ （上面计算 ò f (x)dx时要求 zf (z) Þ 0, 利用 Jordan lemma， -¥ z®¥  现在计算 Fourier Transform  f (x)eimxdx 时, 要求 f (z) Þ 0. ） - ¥ 结论： ò f (x)eimxdx =2pi -¥ å 上半平面内 imz Resé ëf (z)e ù û+pi å 复平面实轴上 imz Resé ëf (z)e ù û. 证明：（1）先考虑在实轴上没有奇点的情况。 以  R ~R 的实轴为一边，补充上半圆 CR z  R： R imz imx imz Ñ ò f (z)e dz =ò f (x)e dx+ò f (z)e dz C -R CR 又 imz =2pi å Resé ëf (z)e ù û. C内 因为 lim f (z)  0 ，根据引理 3（Jordan lemma） z  limò f (z)eimzdz =0. 于是，取极限 R   就得到 R®¥ CR ¥ ò f (x)e dx =2pi å -¥ imz 上半平面内 imz Resé ëf (z)e ù û. （2）实轴上存在一阶极点的情况。 15 Methods of Mathematical Physics (2016.10) Chapter 5 Calculations on definite integrals YLMa@Phys.FDU 设 f (z) 在实轴上有单阶极点 z  c ，我们所取路径必须绕过 c 点，以 c 点为圆 心，充分小 r 为半径的半圆周 Cr ，如图所示，则 c- r R -R c+r imz imz imz imz imz Ñ ò f (z)e dz =ò f (z)e dz +ò f (z)e dz +ò f (z)e dz +ò f (z)e dz C CR Cr 又 imz =2pi å Resé ëf (z)e ù û. C内 当取两个极限 R   , r  0时，我们有 c- r R ¥ liméò f (x)eimxdx +ò f (x)eimxdxù=ò f (x)eimxdx. ú c+r R®¥ ê ë-R û -¥ r ®0 因为， lim f (z)  0 ，根据引理 3(Jordan lemma) limò f (z)eimzdz =0. R®¥ CR z  由于 z  c 是 f (z) 的单阶极点，所以 imz Resé ëf (z)e ù û z=c =lim(z - c) f (z)eimz. z®c 由引理 2（注意积分方向），我们得到 imz limò f (z)eimzdz =- pi Resé ëf (z)e ù û r ®0 Cr z=c ¥ 因此 ò f (x)eimxdx =2pi -¥ å 上半平面内 ， imz imc Resé ëf (z)e ù û+piResé ëf (c)e ù û. 如果实轴上存在有限个单阶极点，则 ¥ ò f (x)e dx =2pi å imx -¥ 上半平面内 imz Resé ëf (z)e ù û+pi ¥ ¥ -¥ -¥ ¥ ¥ -¥ -¥ å 复平面实轴上 imz Resé ëf (z)e ù û. 变形： ò f (x)cosmxdx =Reò f (x)eimxdx; imx ò f (x)sinmxdx =Imò f (x)e dx. Why? | 思考： m 0 的情况？ (| eimz |=| eimx- my |=e- my =e|my =e - |my| 满足各 lemma 条件）。 下半平面内 +¥ +¥ cosmx sin mx 例 1： I c = ò dx , I s = ò dx(m¹ 0). 2 2 1 + x 1 + x -¥ -¥ +¥ eimx 1 解 ： I =I c +iI s = ò dx，f (z) = . 满 足 Jordan lemma 2 2 1 + x 1 + z -¥ 条 件 z®¥ f (z) Þ 0. imz 1） m>0: z =i 是一阶极点， Res[e f (z)]|z=i = eimz e- m |z=i = . z +i 2i 16 Methods of Mathematical Physics (2016.10) Chapter 5 Calculations on definite integrals YLMa@Phys.FDU 1 -m e =p e- m =I c , I s =0 (odd function). 2i 1 - i m(- i ) -m e =p e . 结果相同。 2） m<0: z =- i 是一阶极点， I =- 2pi - 2i ¥ xsin mx Example 2. 计算积分 I s =ò 2 2 dx (m 是非零实常数， a  0 ). - ¥ x +a I =2pi xeimx dx .  x2  a2  [解一] 先设 m 0，且先考虑积分 I   imz R ze zeimz zeimz Ñ òC z2 +a2 dz =ò- R z2 +a2 dz +òCR z2 +a2 dz 又 é zeimz ù e- ma =2pi ×Resê 2 2 ú =2pi × =pie- ma. 2 ëz +a ûz=ai 取极限 R   ，因为 lim 2 z  z z  a2  0，根据引理 3 ¥ zeimz zeimz - ma CR z2  a2 dz  0, 于是得到 I =ò- ¥ z2 +a2 dz =pie . I s =ImI =p e- ma , I c =ReI =0. ¥ xsin mx xsin mx - ma dx =- ò 2 2 dx =- p e . 2 2 - ¥ x +a - ¥ x +a ¥ 如果 m 0 ，则 I =ò [解二] 仅考虑 m 0 的情况。 xe- i mx 考虑积分 I ' =ò 2 2 dx. - ¥ x +a ¥ 取积分路径如左图所示，因此 - i mz - R ze ze- i mz ze- i mz Ñ òC z2 +a2 dz =òR z2 +a2 dz +òCR z2 +a2 dz é ze- i mz ù e- ma - ma =2pi ×Resê 2 2 ú =2pi × =pie . 2 ëz +a ûz=- ai 又 zei m z 取极限 R   ，因为 lim 2 dz  0 .  0，根据引理 3：  2 CR z  a2 z  z  a2 z ' - i mz - ¥ ze ze- i mz - ma - ma 于是得到 I ' =ò 2 2 dz =- ò 2 2 dz =- pie . I s =ImI ' =- p e . - ¥ z +a ¥ z +a ¥  sinx 0 x Example 3. 计算积分 I 1   dx. 17 Methods of Mathematical Physics (2016.10) 1 [解] f (z)  z Chapter 5 Calculations on definite integrals YLMa@Phys.FDU 在实轴上有单阶极点 z  0, 取积分闭曲线如左图所示。考虑 ix ix -d e Re eix eiz eiz eiz 又 积分 I =ò dx. Ñ òC z dz =ò- R x dx+òd x dx+òCR z dz +òCd z dz=0. -¥ x ¥ 1 取两个极限 R   ,  0，前两项即为积分 I ； 因为 lim  0 ，根据 z  z eiz eiz Jordan lemma  dz  0 ； 又因为 limz   1（ z =0是实轴上的单阶 CR z z 0 z eiz dz  i 1( )  i . 极点），据 lemma 2，  C z 1 p 因此 I  i . 所以 I 1 = ImI = . 2 2 +¥ cos x 副产品 ò dx =ReI =0. (严格相互抵消) x -¥  sinmx sinmx  dx   d(mx)  0 0 x mx 2 (m 0)  sinmx sinmx  d x   0 x 0 x dx   2 (m 0)  推论：   . 2 sinx  Example 4. I 2     dx . 0  x   2 1 ¥ æsin x ö 1 ¥ 1- cos2x [解] I 2 = ò ç dx = ò dx. ÷ 2 -¥ è x ø 4 -¥ x2 cos2x =1- 2sin2 x为和差化积，反之为积化和差(即倍频分析)。 令 f (z)  1 ei 2z z2 ，存在单阶极点 z  0，取积分闭曲线如上图所示， 1- ei 2z 0 =Ñ ò C z2 -d R 1- ei 2z é ù dz = ò +ò +ò +ò dz. ê-R ú z2 d CR Cd û ë  1 ei 2x  x2 取两个极限 R   ,  0，前两项即为 I   dx . 因为 1 ei 2z z   (Imz  0), z  2  0[ | ei 2z |=| ei 2x- 2y |=e- 2y £ 1( y ³ 0) , z 18 Methods of Mathematical Physics (2016.10) Chapter 5 Calculations on definite integrals YLMa@Phys.FDU |1- ei 2z |=|1- ei 2x- 2y |= (1- e- 2y cos2x)2 +(- e- 2y sin2x)2 =1+O (e- 2y ) ]， 根据引理 1，  1 ei 2z z2 CR 1 ei 2z 据 lemma 2，  z2 C  1 ei 2x  x2 因此  é1- ei 2z ù 1- ei 2z dz  0 . 又因为 Resê 2 ú =limz× 2 =- 2i ， z ë z ûz=0 z®0 dz  i (2i ) ( )  2 . i 2x ¥ 1- e 1 1 p dx  I  2 . 所以 I 2 = Reò dx = ×2p = . 2 -¥ 4 x 4 2 +¥ sin2x 副产品： ò 2 dx =2ImI =0. -¥ x ¥ 1- ei 2x -¥ 2 其实 I =ò x dx =pi - i 2z z |z=0 =2p. 3 æsin x ö (X) Example 5. I 3 =ò ç ÷ dx. 0 è x ø ¥ [解]Q sin3x =sin xcos2x +cos xsin2x =sin x(1- 2sin2 x) +2sin x(1- sin2 x), 1 \ sin3 x = (- sin3x +3sin x). 4 3 3 1 ¥ æsin x ö 1 ¥ 1 æeix - e- ix ö 1 ¥ sin3x - 3sin x I3 = ò ç d x = dx =- ò dx. ç ÷ ÷ 3 ò 2 -¥ è x ø 2 - ¥ x è 2i ø 8 -¥ x3 因为 Im ei 3x  3eix sin3x  3sinx ei 3z  3eiz , 但是由于 是 的三阶极  f ( z )  z  0 x3 x3 z3 点(一般来说，如果积分路线上有被积函数的高阶极点，则此积分是发散的)，需 ei 3z  3eiz  2 要重新构造 F (z). 为使 z  0成为单阶极点，只要改取 F (z)  即可， z3 sin3x - 3sin x . 此时仍有 ImF (x) = 3 x 取积分闭曲线如上图所示， i 3z iz ei 3z - 3eiz +2 é -d + R + ùe - 3e +2 dz. d z = + òd òCR òCd úû z3 ê C -R ëò z3 0 =Ñ ò ei 3x  3eix  2 dx . 因为  x3  取两个极限 R   ,  0，前两项即为  ei 3z  3eiz  2 z   (Imz  0), z   0. z3 19 Methods of Mathematical Physics (2016.10) Chapter 5 Calculations on definite integrals YLMa@Phys.FDU ei 3z  3eiz  2 dz  0 . 又因为 CR z3 根据引理 1:  Res ei 3z - 3eiz +2 ei 3z - 3eiz +2 ei 3z - 3eiz +2 = lim z × = lim z®0 z®0 z3 z3 z2 z=0 i3ei 3z - i3eiz - 9+3 = |z=0 = =- 3. 2z 2 ei 3z  3eiz  2 据 lemma 2，  dz  i (3) ( )  3i . C z3 ei 3x  3eix  2 dx  3i . 因此   z3  i 3x ¥ e 1 - 3eix +2 1 3p 所以 I 3 =- Imò dx =- ×( 3p ) = . 3 -¥ 8 x 8 8 (X) 4．多值函数积分的两种类型  （1）  x 1Q(x)dx （是非整数） 0 条件：(1) 由 Q(x) 所唯一确定的在全平面上的单值解析函数 Q(z) 仅有有 限个奇点，其中在正实轴上最多有有限个单极点； (2) 当 z  0和 z   时， z Q(z) 一致地趋于零。 解法：（1）先考虑在正实轴上没有奇点的情况。 由于 z 1 是多值函数，它的支点是 z  0和 z   ，我们沿正实轴作割 线，并考虑单值分支 0  argz  2 ， 因此规定上岸 l1 有 argz  0则在下 ， 岸 l2 有 argz  2 . 取闭积分路径 C 如左图所示，因此 z Q(z) C z Q(z)dz  l  C  l  C z Q(z)dz  2i z Res   -1  -1 1 R 2   -1 0arg 2 当取极限 R   ,  0时, 20 Methods of Mathematical Physics (2016.10) Chapter 5 Calculations on definite integrals YLMa@Phys.FDU   在 l1上 argz  0， z -1Q(z)dz   x -1Q(x)dx, l1 0  在 l2 上 argz  2 , a -1 i 2p i 2(a - 1)p a -1 ò z Q(z)dz =ò(xe ) Q(x)dx =e ò x Q(x)dx a -1 0  l2 0 ¥ ¥ i 2ap =e 0 ¥ , ò x Q(x)dx =- e ò x Q(x)dx. a -1 i 2ap ¥ a -1 0  当 z  0和 z   时， z Q(z) 一致地趋于零，即     limz  z 1Q(z)  0 ， limz  z 1Q(z)  0 ，由引理 1，2， z 0 z   lim z -1Q(z)dz  0, lim z -1Q(z)dz  0. R  CR   0 C   0 0 因此  x -1Q(x)dx  ei 2  x -1Q(x)dx  2i ¥ z Q(z) z Res  -1 0arg 2 2pi a a ò x Q(x)dx =1- ei ap åz p Reséëz Q(z)ùû -1 2 0 -1 00,b >0). [ 2 设 f (z)  eaz ibz， 这 是 解 析 函 数 ， 则 解 ] 3p b z - b =2piA : Arieiq Aln(z - b) i =2piA ， z - b º re , ò dq =2piA. 0 reiq f 4. f (z) = 1 f (x )dx , Ñ ò 2pi l x - z iq f (n) (z) = 2p n! f (x )dx . Ñ ò 2pi l (x - z)n+1 ¥ ¥ 1 zn n z 5. =å z ,( z <1) ; e =å ,( z <¥ ); 1- z n=0 n=0 n! 38 Methods of Mathematical Physics (2016.10) Chapter 5 Calculations on definite integrals YLMa@Phys.FDU z2n+1 sin z =å (- 1) ,( z <¥ ) …. (2n+1)! n=0 ¥ n ¥ 1 Cn =lim Cn n =min zk - b （ zk 为 奇 n®¥ C n®¥ n+1 n f (z) =å Cn (z - b) ， R =lim 6. n=0 点）. C-k1 7. Laurent 展开式的核心及如何寻找 ，且知 z - zk ìï 1(m=1) C-k1 k d z = C 2 p i d , d = í 1 m ,1 m ,1 Ñ òlk (z - z )m ïî 0(m¹ 1). k 8. Residue， Resf (zk ) º C-k1. 1 阶极点： Resf (b) =lim (z - b) f (z) . z®b m+1阶极点： Resf (b) = 1 dm m+1 lim m (z - b) f (z) . m! z®b dz 9. 基本积分类型： 三大引理：小/大圆弧引理和 Jordan 引理： p ò ¾¾® ò e C a>0 0 - aRsinq p dq =2ò e 2 0 - aRsinq p R 1) - 2aRq p a dq <2ò e p dq = . 2 0 N ¥ Resf (zk )， zk 在上半平面 ò f (x)dx =2piå k -¥ =1 zf (z) =0. 内， lim z®¥ é1 æz - z- 1 z +z- 1 öù 2) ò0 R (sinq,cosq )dq ¾¾¾ ® 2pi å Resê R ç , ÷ú ， iz 2 i 2 zk £1 è øûz=zk ë 2p zº eiq in an unit circle. 3) ¥ N Resé òe f (x)dx =2piå ëe f (z)ù û ， zk 在上图所示区域内， k z z -¥ iax =1 iaz =k 39 Methods of Mathematical Physics (2016.10) Chapter 5 Calculations on definite integrals YLMa@Phys.FDU lim f (z), a ³ 0 (if a <0 then 上半平面 ® 下半平面)。 z®¥ ¥ P òf (x)dx =2pi å Resf (zn ) +pi å Resf (xn ). 上半平面 -¥ 4) ¥ 实轴上 òx Q (x)dx . a -1 0 5) ¥ òln xQ (x)dx ， f (z) º ln n+1 n zQ (z). 0 10. 四个特殊积分 ¥ ¥ 1) I c =ò0 cos x2dx =I s =ò0 sin x2dx = ¥ 2p . 4 2) I f =ò0 e- ax cosbxdx ， (a,b >0) 2 -1 3) I i =ò- 1 é(1+x2 ) 1- x2 ù dx. ë û 1 -1 2 2 2 2 ù 4) I a =ò0 é ë(x +a )(ln x +p )û dx. ¥ 40 Methods of Mathematical Physics (2016.10) Chapter 5 Calculations on definite integrals YLMa@Phys.FDU 1. 习题 5.1（2）: 1 1 z2 z2 k 1 æ1 ö I 1 =Ñ ç 2 ÷ ，\ Resf (z) =0， I 1 =2piResf (z). òz =2 e dz =0 Q e =å k=0 k!è z ø ¥ dz . z =1 z sin z 1’. 习题 5.1（3） Ñ ò2 1 d2 æ z ö 解： z =0是三阶极点， Resf (0) =lim ç ÷，求导两次，繁！ z®0 2!dz2 sin z è ø 1 1 1 1 3 = + z+ z +×××， sin z z 3! 360 1 p I ¢=2pi = i . 3! 3 2p dq . 2. I 2 =ò0 1- 2e cosq +e2 1 1 1 1 = + + z +×××， z2 sin z z3 3!z 360 1 2è 1 dz zø iz ì >1 ) î <1 ö 解：令 z =eiq (in an unit circle), cosq = æ çz + ÷， dq = ，则( e í dz / iz i dz i 1 2p = Ñ = 2pi =± 2 . 2 ±1 ò e z =1 (z - 1/ e)(z - e) e z - e z=em1 e -1 z =11- e (z +1/ z) +e I2 = Ñ ò eiaxdx 3. I (a) =ò- ¥ : x - ie ¥ eiazdz eiazdz - ae I ( a ) =Ñ òz - ie =2pie =2pi(e ® 0); I (- a ) =Ñ òz - ie =0(e >0). ¥ 4. I 4 =Pò- ¥ dx . (x - 1)(x2 +4) 4 1 1 1 =± ; 3 5 4z z=±1 20 z =i,2i ，在上平面； z =±1，在实轴上. Resf (±1) = 1 1 i 1 1 -i Resf (i ) = = ; Res f 2 i = = . ( ) 3 4i 3 12 15 2g2i 60 i ö 2p æ1 1 ö æi . ÷+2pi ç ÷=15 è20 20 ø è12 60 ø I 4 =pi ç 5. 试求 I n = n! dz q ， ( q <1, n =0,1,2,×××) 的导数形式表示. 由 Ñ ò 2pi r =e zn+1 ez - q 41 Methods of Mathematical Physics (2016.10) Chapter 5 Calculations on definite integrals YLMa@Phys.FDU ¥ 复变函数理论可知， I n 的幂级数表示为 I n =å knqk ，试用已知的 k=1 q ¥ 验证你所表示的 I ，并显式表示出 I 和 I . qk = å 1- q k 0 1 2 =1 1- qN 解：等比级数部分和 å q =q . 1- q k=1 N k q ¥ × ×（递推） 仍此式。 , \ n =1,2,3× Q I n (q) =qI n¢- 1 (q) ， I 0 (q) =å qk = 1- q k=1 ¥ I n (z) =å knzk ( z <1). k=1 I 0 (z) = z 1- z ，（ 1 z - 1= 正是上式，但导数不变） 。 1- z 1- z I n (z) =zI n- 1¢(z)(n =1,2,3××× ). p 1 p 4 6. 类似于习题 5.4(4)， I 2n =ò02 sin2n qdq = ò- p sin2n qdq (nÎ N) ，( sin2 q 的 周期为 p ). 2n 1 é1 æ 1 öù dz 解：令 z =e ， I 2n = Ñ =2piC- 1 . çz - ÷ú ò 4 z =1 ê ë2i è z øû iz iq m m 下面考察其留数: Q (a +b) =å C a k=0 其中 C2nn = 2n 1 æ1 ö 1 n b ，\ C- 1 = ç ÷ C2nn (- 1) ， 4 è2i ø i k m- k k m 2n(2n - 1)× × ×(n +1) (2n)! ，[Note = 2 n(n - 1)××× 1 n ! ( ) (2n)!! =2n n!] n 1 (- 1) p C2nn p 1 (2n)!! (2n - 1)!! p (2n - 1)!! n . I 2n =2pi C2n = 2n = 2n = 4 (2i )2n i 22 22 n! n! 2 (2n)!! 7. 类似于习题 5.5(4)，设 n >m³ 0均为整数，计算 x2m 1 +¥ x2m 1 z2m I p =Pò dx = P ò dx Þ PÑ dz. 0 1- x2n 2 - ¥ 1- x2n 2 ò上半 1- z2n ¥ i kp n 解：由 z - 1=0 解出 zk =e , ( k =0,1,2,××× ,2n - 1)均为单阶极点，其中上半 2n , n- 1) ，而 k =n+1, n+2,× × × ,2n- 1在下半平面. 当 平面有 n - 1个( k =1,2,××× 42 Methods of Mathematical Physics (2016.10) Chapter 5 Calculations on definite integrals YLMa@Phys.FDU k =0, n时， z =±1是实轴上的两个单阶极点。当 k =2n,2n+1,×××，又返 回到上半平面了。 Res f (1) = 1 2m- 1 - 2nz = z=1 -1 1 1 ； Res f (- 1) = = ； 2m- 1 2n - 2nz 2n z=- 1 zk2m 1 i 2mn+1kp ， Res f (zk ) = =e ： - 2nzk2n- 1 2n 2m z Res f (zk ) = k 2n- 1 å - 2nzk k=1 n- 1 1ì 2î 等比数列求和 = i 2m+1 p 1 1+e n 1 2m+1 = tan- 1 p. 2m+1 i p 2n 2ni 2n n 1- e n- 1 ü k=1 þ I p = í 2pi å Res f (zn )+pi é ëRes f (1) +Res f (- 1)ù ûý =pi eax 8. 习题 5.7（1） I a =ò- ¥ x dx, e +1 ¥ ¥ ex = y, I a =ò0 1 2m+1 p 2m+1 tan- 1 p = tan- 1 p 2ni 2n 2n 2n (0 0, | z | = (1m 1- e2 )<>1. ± 2 2 e 2 ie e e (z - z+) 1 4p 1 2p |z=z+ = = . (z - z+)(z - z- ) e z+ - z1- e2 1 dx. - ¥ (x +4)(2 - x) ¥ 15. 求积分 I 2 =ò 解：令 f (z) = (ò 2 -¥ 2 1 ,则 (z +4)(2- z) 2 ¥ +jò +ò +jò Cr CR 2 ) f (z)dz =2pi Res f (i2). 由于 jòC f (z)dz =- pi Res f (2), jòC f (z)dz =0[zf (z) |z r R ®¥ =0], 所以 I 2 =2pi Res f (i 2) +pi Res f (2) = 2pi pi (- 1) p |z=i 2 + 2 |z=2 = . (z +i 2)(2- z) z +4 8 xcoskx dx (k,a , b 为实数，并且 k >0, a 2 - 4b ¹ 0). - ¥ x +a x +b ¥ 16. 求积分 I c =ò 2 xeikx z , 所以令 f (z) = 2 . x +a x +b z +a z +b 解：因为 f (x) =Re 2 46 Methods of Mathematical Physics (2016.10) Chapter 5 Calculations on definite integrals YLMa@Phys.FDU 考查积分 iòC f (z)eikzdz, 回路如图所示。因为 f (z)|z®¥ =0, 由 Jordan 引理 iòC f (z)e dz =0. 令被积函数的分母为零， ikz R 即由因式分解 (z - z+)(z - z- ) 及判别式 D=b2 - 4ac =a 2 - 4b ¹ 0, 可得 （1） D>0: z± =- a a 4b ± 1- 2 全是实数。 2 2 a I > =pi[Res f (z+)eikz +Res f (z- )eikz ] p = [i (z+ coskz- - z- coskz+) - (z+ sin kz- - z- sin kz+)]. a 2 - 4b + （2） D<0: z± =- a 2 ±i a + = 1 - k 4b - a 2 2 4b - a 2 e ¥ 故 I c =ReI . I s =ò- ¥ >< 4b 2 a2 I < =2pi Res f (z+)eikz =2pi -p - - 1 分别位于上、下半平面。 z+eikz z+ - z+ 1 4b 1 1 [(cos ka + 2 - 1sin ka ) +i (sin ka 2 a 2 2 4b 1 - 1cos ka )]. a 2 2 xsin kx dx =ImI . x +a x +b 2 >< 47